2024届黑龙江省鸡西虎林市东方红林业局中学高一数学第二学期期末检测试题含解析

2024届黑龙江省鸡西虎林市东方红林业局中学高一数学第二学期期末检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知平面向量，，且，则等于（）A． B． C． D．2．米勒问题，是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大？）米勒问题的数学模型如下：如图，设是锐角的一边上的两定点，点是边边上的一动点，则当且仅当的外接圆与边相切时，最大．若，点在轴上，则当最大时，点的坐标为（）A． B．C． D．3．等差数列，，，则此数列前项和等于（）．A． B． C． D．4．三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，⊥底面，且，则此三棱锥外接球的半径为（）A． B． C． D．5．设是△所在平面上的一点，若，则的最小值为A． B． C． D．6．若数列{an}是等比数列，且an＞0，则数列也是等比数列.若数列是等差数列，可类比得到关于等差数列的一个性质为().A．是等差数列B．是等差数列C．是等差数列D．是等差数列7．连续抛掷一枚质地均匀的硬币10次，若前4次出现正面朝上，则第5次出现正面朝上的概率是（）A． B． C． D．8．已知直线经过点，且倾斜角为，则直线的方程为（）A． B．C． D．9．在△ABC中，，则A等于（）A．30° B．60° C．120° D．150°10．已知函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则的取值范围为A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知函数的最小正周期为，且的图象过点，则方程所有解的和为________.12．在等差数列中，若，且它的前n项和有最大值，则当取得最小正值时，n的值为_______.13．当实数a变化时，点到直线的距离的最大值为_______.14．若则的最小值是__________．15．函数f（x）＝2cos（x）﹣1的对称轴为_____，最小值为_____．16．已知直线是函数（其中）图象的一条对称轴，则的值为________.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．知两条直线l1：（3+m）x+4y＝5﹣3m，l2：2x+（5+m）y＝8，求当m为何值时，l1与l2：（1）垂直；（2）平行，并求出两平行线间的距离．18．记Sn为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=-6.（1）求的通项公式；（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．19．已知各项均为正数的等比数列满足：，且，．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)求数列的前n项和.20．在等差数列中，（Ⅰ）求通项；（Ⅱ）求此数列前30项的绝对值的和．21．设数列的前项和为，若且求若数列满足，求数列的前项和.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、B【解题分析】

先由求出，然后按照向量的坐标运算法则算出答案即可【题目详解】因为，，且所以，即，所以所以故选：B【题目点拨】若，则2、A【解题分析】

设点的坐标为，求出线段的中垂线与线段的中垂线交点的横坐标，即可得到的外接圆圆心的横坐标，由的外接圆与边相切于点，可知的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即可得到点的坐标．【题目详解】由于点是边边上的一动点，且点在轴上，故设点的坐标为；由于，则直线的方程为：，点为直线与轴的交点，故点的坐标为；由于为锐角，点是边边上的一动点，故；所以线段的中垂线方程为：；线段的中垂线方程为：；故的外接圆的圆心为直线与直线的交点，联立，解得：；即的外接圆圆心的横坐标为的外接圆与边相切于点，边在轴上，则的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即，解得：或（舍）所以点的坐标为；故答案选A【题目点拨】本题考查直线方程、三角形外接圆圆心的求解，属于中档题3、B【解题分析】由a1+a2+a3=-24，a18+a19+a20=78，得得a1+a20=所以S20=故选D4、D【解题分析】

过的中心M作直线,则上任意点到的距离相等，过线段中点作平面，则面上的点到的距离相等，平面与的交点即为球心O，半径，故选D.考点：求解三棱锥外接球问题.点评：此题的关键是找到球心的位置（球心到4个顶点距离相等）.5、C【解题分析】分析：利用向量的加法运算，设的中点为D，可得，利用数量积的运算性质可将原式化简为，为AD中点，从而得解.详解：由，可得.设的中点为D，即.点P是△ABC所在平面上的任意一点，为AD中点.∴.当且仅当，即点与点重合时，有最小值.故选C.点睛：(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．6、B【解题分析】试题分析：本题是由等比数列与等差数列的相似性质，推出有关结论：由“等比”类比到“等差”，由“几何平均数”类比到“算数平均数”；所以，所得结论为是等差数列.考点：类比推理.7、D【解题分析】

抛掷一枚质地均匀的硬币有两种情况，正面朝上和反面朝上的概率都是，与拋掷次数无关.【题目详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币，有正面朝上和反面朝上两种可能，概率均为，与拋掷次数无关.故选：D.【题目点拨】本题考查了概率的求法，考查了等可能事件及等可能事件的概率知识，属基础题.8、C【解题分析】

根据倾斜角求得斜率，再根据点斜式写出直线方程，然后化为一般式.【题目详解】倾斜角为，斜率为，由点斜式得，即.故选C.【题目点拨】本小题主要考查倾斜角与斜率对应关系，考查直线的点斜式方程和一般式方程，属于基础题.9、C【解题分析】

试题分析：考点：余弦定理解三角形10、D【解题分析】

画出图象及直线，借助图象分析．【题目详解】如图，当直线位于点及其上方且位于点及其下方，或者直线与曲线相切在第一象限时符合要求．即，即，或者，得，，即，得，所以的取值范围是．故选D．【题目点拨】根据方程实根个数确定参数范围，常把其转化为曲线交点个数，特别是其中一条为直线时常用此法．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

由周期求出，由图象的所过点的坐标求得，【题目详解】由题意，又，且，∴，，由得或，又，，∴或，或，两根之和为．故答案为：．【题目点拨】本题考查求三角函数的解析式，考查解三角方程．掌握正切函数的性质是解题关键．12、.【解题分析】试题分析：因为等差数列前项和有最大值，所以公差为负，所以由得，所以，＝，所以当时，取到最小正值．考点：1、等差数列性质；2、等差数列的前项和公式．【方法点睛】求等差数列前项和的最值常用的方法有：(1)先求，再利用或求出其正负转折项，最后利用单调性确定最值；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得前项和的最值；（3）利用等差数列的前项和(为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值．13、【解题分析】

由已知直线方程求得直线所过定点，再由两点间的距离公式求解．【题目详解】由直线，得，联立，解得．直线恒过定点，到直线的最大距离．故答案为：．【题目点拨】本题考查点到直线距离最值的求法，考查直线的定点问题，是基础题．14、【解题分析】

根据对数相等得到，利用基本不等式求解的最小值得到所求结果.【题目详解】则，即由题意知，则，则当且仅当，即时取等号本题正确结果：【题目点拨】本题考查基本不等式求解和的最小值问题，关键是能够利用对数相等得到的关系，从而构造出符合基本不等式的形式.15、﹣3【解题分析】

利用余弦函数的图象的对称性，余弦函数的最值，求得结论．【题目详解】解：对于函数，令，求得，根据余弦函数的值域可得函数的最小值为，故答案为：；．【题目点拨】本题主要考查余弦函数的图象的对称性，余弦函数的最值，属于基础题．16、【解题分析】

根据正弦函数图象的对称性可得，由此可得答案.【题目详解】依题意得，所以，即，因为，所以或，故答案为：【题目点拨】本题考查了正弦函数图象的对称轴，属于基础题.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)m(2)m＝﹣7，距离为【解题分析】

（1）由题意利用两条直线垂直的性质，求出m的值．（2）由题意利用两条直线平行的性质，求出m的值，再利用两平行线间的距离公式，求出结果．【题目详解】（1）两条直线l1：（3+m）x+4y＝5﹣3m，l2：2x+（5+m）y＝8，当（3+m）•2+4（5+m）＝0时，即6m+26＝0时，l1与l2垂直，即m时，l1与l2垂直．（2）当时，l1与l2平行，即m＝﹣7时，l1与l2平行，此时，两条直线l1：﹣2x+2y＝13，l2：﹣2x+2y＝﹣8，此时，两平行线间的距离为．【题目点拨】本题主要考查两条直线垂直、平行的性质，两条平行线间的距离公式，属于基础题．18、（1）；（2）见解析.【解题分析】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得，即可求解；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．试题解析：（1）设的公比为.由题设可得，解得，.故的通项公式为.（2）由（1）可得.由于，故，，成等差数列.点睛:等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．19、(Ⅰ)(Ⅱ)【解题分析】

（I）由得出，可得公比为2，再求出后可得；（II）由（I）得，则，可用错位相减法求．【题目详解】解：(Ⅰ)因为所以即.由因为所以，公比所以(Ⅱ)由(Ⅰ)知，，所以.所以因为所以所以【题目点拨】本题考查等比数列的通项公式，考查错位相减法求和．数列求和根据数列的通项公式可采取不同的方法，一般有公式法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等．20、（Ⅰ）；（Ⅱ）765【解题分析】试题分析：（Ⅰ）由题意可得：进而得到数列通项公式为；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得当时，，所以采用分组求和即可试题解析：（Ⅰ）∵即．∴．∴．（Ⅱ）由，则．∴=